考点考点1 1 电容器电容器 电容电容电容器电容器 带电粒子在电场中的运动带电粒子在电场中的运动 平行板电容器动态问题的分析方法平行板电容器动态问题的分析方法 1.运用电容的定义式和决定式分析电容器相关量变化的运用电容的定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路。思路。 (1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。 (2)用决定式用决定式C= rS/(4 kd)分析平行板电容器电容的变化。分析平行板电容器电容的变化。 (3)用定义式用定义式C=Q/U分析电容器所带电荷量或两极板间电分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。压的变化。 (4)用用E=U/d分析电容器极板间场强的变化。分析电容器极板间场强的变化。2.电容器两类问题的分析流程图电容器两类问题的分析流程图 在分析平行板电容器的电容及其他参量的动态变化时，在分析平行板电容器的电容及其他参量的动态变化时，有两个技巧：有两个技巧：(1)确定不变量，确定不变量，(2)选择合适的公式分析。选择合适的公式分析。平行板电容器的动态分析平行板电容器的动态分析【例例1】用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的 因素因素(如图所示如图所示)。设两极板正对面积为。设两极板正对面积为S，极板间，极板间 的距离为的距离为d，静电计指针偏角为，静电计指针偏角为 。实验中，极板所带。实验中，极板所带 电荷量不变，若电荷量不变，若( ) A.保持保持S不变，增大不变，增大d，则，则 变大变大 B.保持保持S不变，增大不变，增大d，则，则 变小变小 C.保持保持d不变，减小不变，减小S，则，则 变小变小 D.保持保持d不变，减小不变，减小S，则，则 不变不变 求解此题时，首先应明确静电计偏角的大小反映了电容器两极板求解此题时，首先应明确静电计偏角的大小反映了电容器两极板间电压的大小。在分析中要熟练应用间电压的大小。在分析中要熟练应用C=Q/U= rS/(4 kd)的关系式。的关系式。 【解析解析】保持保持S不变，增大不变，增大d，平行板电容器的电容减小，由于电容器的电，平行板电容器的电容减小，由于电容器的电荷量不变，由荷量不变，由Q=CU可以判断极板间电势差变大，静电计指点针偏角可以判断极板间电势差变大，静电计指点针偏角 变大，选变大，选项项A正确，正确，B错误；保持错误；保持d不变，减小不变，减小S，电容器电容变小，由，电容器电容变小，由Q=CU可以判断极可以判断极板间电势差变大，选项板间电势差变大，选项C、D错误。错误。A如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地。在两极板间有一点负极板接地。在两极板间有一点P，用，用E表示两表示两极板间的场强，极板间的场强，U表示电容器的电压，表示电容器的电压， 表示表示P点的电势。若保持负极板不动，将正极板移到点的电势。若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则图中虚线所示的位置，则( )A.U变小，变小，E不变不变B.E变大，变大， 变大变大C.U变小，变小， 不变不变D.U不变，不变， 不变不变A C (2)粒子的偏转角问题粒子的偏转角问题 已知电荷情况及初速度已知电荷情况及初速度 如图所示，设带电粒子质量为如图所示，设带电粒子质量为m，带电荷量为，带电荷量为q，以速度以速度v0垂直于电场线方向射入匀强偏转电场，偏转垂直于电场线方向射入匀强偏转电场，偏转电压为电压为U1。若粒子飞出电场时偏转角为。若粒子飞出电场时偏转角为 ，则，则 tan =vy/vx，式中，式中vy=at=qU1/(dm)(l/v0)， vx=v0，代入得，代入得tan =qU1l/(mv02d)。 结论：结论：动能一定时动能一定时tan 与与q成正比，电荷量相同时成正比，电荷量相同时tan 与动能成反比。与动能成反比。考点考点2 2 带电粒子在电场中的运动带电粒子在电场中的运动 1.带电粒子在电场中偏转问题的处理方法带电粒子在电场中偏转问题的处理方法 (1)类似于平抛运动的处理，应用运动的合成与分解的方法。类似于平抛运动的处理，应用运动的合成与分解的方法。 沿初速度方向：做匀速直线运动。沿初速度方向：做匀速直线运动。运动时间：运动时间：t=l/v0。 沿电场力方向：做匀加速直线运动。沿电场力方向：做匀加速直线运动。 加速度为：加速度为：a=F/m=qE/m=qU/(md)。 已知加速电压已知加速电压U0 若不同的带电粒子是从静止经过同一加速电压若不同的带电粒子是从静止经过同一加速电压U0加速后进入偏转电场加速后进入偏转电场的，则由动能定理有：的，则由动能定理有：qU0=(1/2)mv02 由由式得：式得：tan =U1l/(2U0d) 结论：结论：粒子的偏转角与粒子的粒子的偏转角与粒子的q、m无关，仅取决于加速电场和偏转电无关，仅取决于加速电场和偏转电场。即不同的带电粒子从静止经过同一电场加速后进入同一偏转电场，它场。即不同的带电粒子从静止经过同一电场加速后进入同一偏转电场，它们在电场中的偏转角度总是相同的。们在电场中的偏转角度总是相同的。 (3)粒子的偏转量问题粒子的偏转量问题 y=(1/2)at2=(1/2)qU1/(dm)(l/v0)2 作粒子速度的反向延长线，设交于作粒子速度的反向延长线，设交于O点，点，O点与电场边缘的距离为点与电场边缘的距离为x，则则x=y/tan =qU1l2/(2dmv02)/qU1l/(mv02d)=l/2。 结论：结论：粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的l/2处沿直线射出。处沿直线射出。 若不同的带电粒子是从静止经同一加速电压若不同的带电粒子是从静止经同一加速电压U0加速后进入偏转电场加速后进入偏转电场的，则由的，则由和和，得：，得： y=U1l2/(4U0d) 结论：结论：粒子的偏转角和偏转距离与粒子的粒子的偏转角和偏转距离与粒子的q、m无关，仅取决于加速电无关，仅取决于加速电场和偏转电场。即不同的带电粒子从静止经过同一电场加速后进入同一偏场和偏转电场。即不同的带电粒子从静止经过同一电场加速后进入同一偏转电场，它们在电场中的偏转角度和偏转距离总是相同的。转电场，它们在电场中的偏转角度和偏转距离总是相同的。【例例2】制备纳米薄膜装置的工作电制备纳米薄膜装置的工作电 极可简化为真空中间距为极可简化为真空中间距为d的两的两 平行极板，如图甲所示。平行极板，如图甲所示。 加在极板加在极板A、B间的电压间的电压UAB作周作周 期性变化，其正向电压为期性变化，其正向电压为U0，反，反 向电压为向电压为-kU0(k1)，电压变化的，电压变化的 周期为周期为2 ，如图乙所示。在，如图乙所示。在t=0时，极板时，极板B附近的一个附近的一个 电子，质量为电子，质量为m、电荷量为、电荷量为e，受电场作用由静止开始运动。，受电场作用由静止开始运动。 若整个运动过程中，电子未碰到极板若整个运动过程中，电子未碰到极板A，且不考虑重力作用。，且不考虑重力作用。 若若k=54，电子在，电子在02 时间内不能到达极板时间内不能到达极板A，求，求d应满足的应满足的 条件？条件？带电粒子在电场中的直线运动带电粒子在电场中的直线运动甲甲乙乙讨论带电粒子在电场中做直线运动讨论带电粒子在电场中做直线运动(加速或减速加速或减速)的方法：的方法：(1)能量方法能量方法能量守恒定律；能量守恒定律；(2)功和能方法功和能方法动能定理；动能定理；(3)力和加速度方法力和加速度方法牛顿运动定律，匀变速直线运动公式。牛顿运动定律，匀变速直线运动公式。 【解析解析】电子在电子在0 时间内做匀加速运动时间内做匀加速运动 加速度的大小加速度的大小a1=eU0/(md ) 位移位移x1=(1/2)a1 2 在在 2 时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动加速度的大小加速度的大小a2=5eU0/(4md) 初速度的大小初速度的大小v1=a1 匀减速运动阶段的位移匀减速运动阶段的位移x2=v12/(2a2) 由题知由题知dx1+x2，解得，解得d如图所示，水平放置的如图所示，水平放置的A、B两平行两平行板相距板相距h，上板，上板A带正电。现有质量带正电。现有质量为为m、电荷量为、电荷量为+q的小球在的小球在B板下方板下方距离为距离为H处，以初速度处，以初速度v0竖直向上从竖直向上从B板小孔进入板间电场，欲使小球刚板小孔进入板间电场，欲使小球刚好打到好打到A板，板，A、B间电势差间电势差UAB应为多大？应为多大？【答案答案】mv02-2g(H+h)/(2q)带电粒子在匀强电场中的偏转带电粒子在匀强电场中的偏转【例例3】如图所示，质量为如图所示，质量为m=510-8 kg的带电粒子以的带电粒子以 v0=2 m/s的速度从水平放置的平行金属板的速度从水平放置的平行金属板A、B中中 央飞入电场，已知板长央飞入电场，已知板长L=10 cm，板间距离，板间距离d=2 cm， 当当AB间加电压间加电压UAB=103 V时，带电粒子恰好沿直线时，带电粒子恰好沿直线 穿过电场穿过电场(设此时设此时A板电势高板电势高)。求：。求： (1)带电粒子的电性，电荷量为多少？带电粒子的电性，电荷量为多少？ (2)A、B间所加电压在什么范围内带电粒子能从板间飞出？间所加电压在什么范围内带电粒子能从板间飞出？ 【解析解析】(1)UAB=103 V时，粒子做直线运动，有时，粒子做直线运动，有qU/d=mg，q=mgd/U=10-11 C，带负电。，带负电。 (2)当电压当电压UAB比较大时，比较大时，qEmg，粒子向上偏，粒子向上偏，qU1/d-mg=ma1 当刚好能出去时，当刚好能出去时，y=(1/2)a1t2=(1/2)a1(L/v0)2=d/2 解之得解之得U1=1 800 V。 电压电压UAB比较小时，比较小时，qEmg，粒子向下偏，设刚好能从下板边缘飞，粒子向下偏，设刚好能从下板边缘飞出，有：出，有：mg-qU2/d=ma2,y=(1/2)a2t2=d/2 解之得解之得U2=200 V。 则要使粒子能从板间飞出，则要使粒子能从板间飞出，A、B间所加电压的范围为间所加电压的范围为200 VUAB1 800 V。 (1)处理带电粒子垂直射入匀强电场中的偏转处理带电粒子垂直射入匀强电场中的偏转问题的一般方法是运动的合成与分解。问题的一般方法是运动的合成与分解。 (2)在不涉及速度方向时，用动能定理求解较在不涉及速度方向时，用动能定理求解较方便。方便。 (3)微观粒子微观粒子(如电子、质子、如电子、质子、 粒子等粒子等)的重力的重力都忽略不计；但当带电体是液滴、小球等时，一都忽略不计；但当带电体是液滴、小球等时，一般要考虑重力。般要考虑重力。【答案答案】 (1)(-2L，L/4) (2)y=L2/(4x) (3)y=L2/(4x)+L2/(2nx) 如图所示为研究电子枪中电子在电场中运如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。在动的简化模型示意图。在Oxy平面的平面的ABCD区域区域内，存在两个场强大小均为内，存在两个场强大小均为E的匀强电场的匀强电场和和，两电场的边界均是边长为两电场的边界均是边长为L的正方形的正方形(不计电子所不计电子所受重力受重力)。(1)在该区域在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求边的中点处由静止释放电子，求 电子离开电子离开ABCD区域的位置；区域的位置；(2)在电场在电场区域内适当位置由静止释放电子，区域内适当位置由静止释放电子， 电子恰能从电子恰能从ABCD区域左下角区域左下角D处离处离 开，求所有释放点的位置；开，求所有释放点的位置；(3)若将左侧电场若将左侧电场整体水平向右移动整体水平向右移动L/n(n1)，仍使电子从，仍使电子从ABCD区域左下角区域左下角D处处 离开离开(D不随电场移动不随电场移动)，求在电场，求在电场区域内由静止释放电子的所有位置。区域内由静止释放电子的所有位置。同学们来学校和回家的路上要注意安全同学们来学校和回家的路上要注意安全